Continuity Questions in Gujarati

(D) $x=0$ માટે:
$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} (2-x) = 2$.
કારણ કે $f(0) = 0$,$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) \neq f(0)$,તેથી $f$ એ $x=0$ પર જમણી બાજુથી સતત નથી.
$x=1$ માટે:
$\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} (2-x) = 1$.
કારણ કે $f(1) = 2$,$\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) \neq f(1)$,તેથી $f$ એ $x=1$ પર ડાબી બાજુથી સતત નથી.
$\lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} (\frac{1}{2}-x) = -\frac{1}{2}$.
કારણ કે $f(1) = 2$,$\lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x) \neq f(1)$,તેથી $f$ એ $x=1$ પર જમણી બાજુથી સતત નથી.
$x=2$ માટે:
$\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{-}} (\frac{1}{2}-x) = \frac{1}{2}-2 = -\frac{3}{2}$.
$\lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} (-\frac{3}{2}) = -\frac{3}{2}$.
$f(2) = -\frac{3}{2}$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = f(2) = -\frac{3}{2}$,તેથી $f$ એ $x=2$ પર સતત છે.

(D) $f(x) = |x - 24| = \begin{cases} -x + 24, & x < 24 \\ x - 24, & x \geq 24 \end{cases}$
$\lim_{x \rightarrow 24^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 24} (-x + 24) = 0$
$\lim_{x \rightarrow 24^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 24} (x - 24) = 0$ અને $f(24) = 0$
ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 24$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવાથી,$f$ એ $[0, 25]$ પર સતત છે.
હવે,$x = 24$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $\lim_{x \rightarrow 24^{-}} \frac{f(x) - f(24)}{x - 24} = \lim_{x \rightarrow 24} \frac{-x + 24 - 0}{x - 24} = -1$
જમણી બાજુનું વિકલન: $\lim_{x \rightarrow 24^{+}} \frac{f(x) - f(24)}{x - 24} = \lim_{x \rightarrow 24} \frac{x - 24 - 0}{x - 24} = 1$
ડાબી બાજુનું વિકલન $\neq$ જમણી બાજુનું વિકલન હોવાથી,$f$ એ $x = 24$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f$ એ $[0, 25]$ પર સતત છે,પરંતુ $[0, 25]$ પર વિકલનીય નથી.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x=3$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \rightarrow 3} f(x) = f(3) = l$ થાય.
લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 3} \frac{2x^2+(k+2)x+9}{3x^2-7x-6}$ છે.
છેદ $3x^2-7x-6$ એ $x=3$ આગળ $3(9)-7(3)-6 = 27-21-6 = 0$ થાય છે,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે અંશ પણ $x=3$ આગળ $0$ થવો જોઈએ.
તેથી,$2(3)^2 + (k+2)(3) + 9 = 0$.
$18 + 3k + 6 + 9 = 0 \Rightarrow 3k + 33 = 0 \Rightarrow k = -11$.
હવે,$k=-11$ મૂકતા,આપણને $\lim_{x \rightarrow 3} \frac{2x^2-9x+9}{3x^2-7x-6}$ મળે છે.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\lim_{x \rightarrow 3} \frac{4x-9}{6x-7} = \frac{4(3)-9}{6(3)-7} = \frac{12-9}{18-7} = \frac{3}{11}$.
તેથી,$l = \frac{3}{11}$.
અંતે,$l-k = \frac{3}{11} - (-11) = \frac{3}{11} + 11 = \frac{3+121}{11} = \frac{124}{11}$.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = K$ થાય.
આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{a^2-ax+x^2}-\sqrt{x^2+ax+a^2}}{\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}$.
અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\frac{\sqrt{a^2-ax+x^2}+\sqrt{x^2+ax+a^2}}{\sqrt{a^2-ax+x^2}+\sqrt{x^2+ax+a^2}} \times \frac{\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}}{\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}}$ વડે ગુણતા.
અંશ $(a^2-ax+x^2) - (x^2+ax+a^2) = -2ax$ થશે.
છેદ $(a+x) - (a-x) = 2x$ થશે.
તેથી,$K = \lim_{x \to 0} \frac{-2ax}{2x} \times \frac{\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}}{\sqrt{a^2-ax+x^2}+\sqrt{x^2+ax+a^2}}$.
$K = \lim_{x \to 0} (-a) \times \frac{\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}}{\sqrt{a^2-ax+x^2}+\sqrt{x^2+ax+a^2}}$.
$x=0$ મુકતા: $K = (-a) \times \frac{\sqrt{a}+\sqrt{a}}{\sqrt{a^2}+\sqrt{a^2}} = (-a) \times \frac{2\sqrt{a}}{2a} = -\sqrt{a}$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{x - |x|}{x}, & x \neq 0 \\ 2, & x = 0 \end{cases}$ છે.
જ્યારે $x > 0$ હોય,ત્યારે $|x| = x$,તેથી $f(x) = \frac{x - x}{x} = 0$.
જ્યારે $x < 0$ હોય,ત્યારે $|x| = -x$,તેથી $f(x) = \frac{x - (-x)}{x} = \frac{2x}{x} = 2$.
જ્યારે $x = 0$ હોય,ત્યારે $f(0) = 2$.
આમ,વિધેયને $f(x) = \begin{cases} 2, & x \leq 0 \\ 0, & x > 0 \end{cases}$ તરીકે લખી શકાય.
વિધેયનો વિસ્તાર $\{0, 2\}$ છે.
તેથી,$f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે.

(A) $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x=1$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1) = 1 + 6(1) - 3(1)^2 = 1 + 6 - 3 = 4$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x + \log_2(b^2+7)) = 1 + \log_2(b^2+7)$.
લક્ષને સરખાવતા: $1 + \log_2(b^2+7) = 4$.
$\log_2(b^2+7) = 3$.
$b^2+7 = 2^3 = 8$.
$b^2 = 8 - 7 = 1$.
$b = \pm 1$.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી $x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(-h)$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(-h) - \sin(-\frac{h}{2})}{-h}$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-\sin h + \sin(\frac{h}{2})}{-h}$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \left[ \frac{\sin h}{h} - \frac{\sin(\frac{h}{2})}{h} \right]$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \left[ \frac{\sin h}{h} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin(\frac{h}{2})}{\frac{h}{2}} \right]$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = 1 - \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2}$.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{3x^2-5x-2}{2x^2-7x+5}}$ ત્યાં વ્યાખ્યાયિત છે જ્યાં વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોય,એટલે કે $\frac{3x^2-5x-2}{2x^2-7x+5} \ge 0$.
અસતતતા ત્યાં જોવા મળે છે જ્યાં છેદ શૂન્ય હોય અથવા જ્યાં વિધેય અવ્યાખ્યાયિત હોય.
પ્રથમ,છેદના અવયવો પાડો: $2x^2-7x+5 = 2x^2-2x-5x+5 = 2x(x-1)-5(x-1) = (2x-5)(x-1)$.
છેદ $x = 1$ અને $x = 5/2$ પર શૂન્ય થાય છે.
આ બિંદુઓ પર વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે,જે અસતતતાના બિંદુઓ તરફ દોરી જાય છે.
આમ,વિધેય $x = 1$ અને $x = 5/2$ પર અસતત છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે. $x=2$ માટે,$\lim _{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = f(2)$.
$\lim _{x \rightarrow 2^{+}} \frac{x-[x]}{x-2}$. જ્યારે $x \rightarrow 2^{+}$,ત્યારે $[x]=2$,તેથી $\lim _{x \rightarrow 2^{+}} \frac{x-2}{x-2} = 1$. આમ,$b=1$.
$x=2$ માટે,$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = f(2)$.
$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{|(x-2)(x+1)|}{a(2+x-x^2)} = \lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{|(x-2)(x+1)|}{-a(x-2)(x+1)}$.
જ્યારે $x \rightarrow 2^{-}$,ત્યારે $x-2 < 0$,તેથી $|x-2| = -(x-2)$.
$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{-(x-2)(x+1)}{-a(x-2)(x+1)} = \frac{1}{a} = 1 \Rightarrow a=1$.
હવે,$a=1, b=1$ સાથે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 ax+x \tan bx}{x^2}$ ની કિંમત શોધીએ.
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x+x \tan x}{x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin ^2 x}{x^2} + \frac{\tan x}{x} \right) = 1^2 + 1 = 2$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{5+[x]}{\sqrt{11+[x]-6 \sqrt{2+[x]}}}$ છે.
વિધેય અસતત હોવા માટે,છેદ શૂન્ય હોવો જોઈએ અથવા વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ઋણ હોવી જોઈએ.
ધારો કે $n = [x]$. છેદ ત્યારે શૂન્ય થાય જ્યારે $11+n - 6\sqrt{2+n} = 0$ હોય.
ધારો કે $u = \sqrt{2+n}$,તો $n = u^2 - 2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $11 + (u^2 - 2) - 6u = 0$.
$u^2 - 6u + 9 = 0$.
$(u-3)^2 = 0$,જે $u = 3$ આપે છે.
કારણ કે $u = \sqrt{2+n} = 3$,તેથી $2+n = 9$,એટલે કે $n = 7$.
આમ,$[x] = 7$,જેનો અર્થ છે કે $x \in [7, 8)$.
વધુમાં,વર્ગમૂળ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $11+[x]-6\sqrt{2+[x]} \ge 0$ હોવું જોઈએ. કારણ કે $([x]-7)^2 \ge 0$,આ પદ $n \ge -2$ માટે હંમેશા અ-ઋણ છે. અસતતતા ત્યારે જ થાય છે જ્યારે છેદ શૂન્ય હોય,જે $[x] = 7$ પર થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(3^x - 1)^2}{\sin x \log(1 + x)}$,$x \neq 0$ માટે.
વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{(3^x - 1)^2}{\sin x \log(1 + x)}$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{\left(\frac{3^x - 1}{x}\right)^2}{\left(\frac{\sin x}{x}\right) \left(\frac{\log(1 + x)}{x}\right)}$.
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$,$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,અને $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + x)}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \frac{(\log 3)^2}{1 \times 1} = (\log 3)^2$.

(B) ધારો કે $g(x) = x^{1/x}$. આપણે $x \in (0, \infty)$ માટે $g(x)$ ના વર્તનની તપાસ કરીએ.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(g(x)) = \frac{\ln(x)}{x}$.
ધારો કે $h(x) = \frac{\ln(x)}{x}$. તો $h'(x) = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$.
વિધેય $h(x)$ ને $x = e$ પર મહત્તમ કિંમત મળે છે,જ્યાં $h(e) = \frac{1}{e} \approx 0.367$.
આમ,$g(x) = e^{h(x)}$ ને $x = e$ પર મહત્તમ કિંમત મળે છે,જ્યાં $g(e) = e^{1/e} \approx e^{0.367} \approx 1.44$.
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $g(x) \to 0$,અને જેમ $x \to \infty$,તેમ $g(x) o 1$.
$g(x)$ નો વિસ્તાર $(0, e^{1/e}]$ છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[g(x)]$ ત્યારે અસતત હોય છે જ્યારે $g(x)$ પૂર્ણાંક કિંમત ધારણ કરે.
વિસ્તાર $(0, 1.44]$ હોવાથી,$g(x)$ માત્ર $1$ પૂર્ણાંક કિંમત ધારણ કરી શકે છે.
$x^{1/x} = 1$ નો અર્થ છે $x = 1$.
$x = 1$ પર,$f(1) = [1^{1/1}] = [1] = 1$.
$x$ ની $1$ થી થોડી નાની કિંમત માટે,$x^{1/x} < 1$,તેથી $[x^{1/x}] = 0$.
$x$ ની $1$ થી થોડી મોટી કિંમત માટે,$x^{1/x} > 1$ (પરંતુ $1.44$ થી ઓછી),તેથી $[x^{1/x}] = 1$.
$x = 1$ પર ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ અલગ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ પર અસતત છે.
આમ,અસતત બિંદુઓની સંખ્યા માત્ર $1$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=2$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 2^-} f(x) = f(2)$.
$\lim_{x \to 2^-} (ae^x + [x-2]) = [e^{-2}] - C$
$ae^2 + [0^-] = 0 - (1 - 2e^2)$
$ae^2 - 1 = -1 + 2e^2 \Rightarrow a = 2$.
હવે,$x=0$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 0^-} [e^x] = [e^0] = [1] = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} (2e^x + [x-2]) = 2(1) + [-2] = 2 - 2 = 0$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ અસતત છે.
$x=1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$f(1) = 2e^1 + [1-2] = 2e - 1$.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2e - 1$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2e + [1-2] = 2e - 1$.
$LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
આમ,$f(x)$ માત્ર $x=0$ આગળ અસતત છે.

(B) આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow \frac{3}{2}} f(x) = 14$. કારણ કે $\frac{3}{2} > 1$,આપણે $f(x) = cx^2 + bx + a$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$c(\frac{3}{2})^2 + b(\frac{3}{2}) + a = 14 \Rightarrow \frac{9c}{4} + \frac{3b}{2} + a = 14 \Rightarrow 9c + 6b + 4a = 56$ ... $(i)$
કારણ કે $f(x)$ એ $x = -1$ પર સતત છે,$\lim_{x \rightarrow -1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow -1^+} f(x) = f(-1)$.
$a(-1)^2 + b(-1) + c = 2(-1)^2 + 4(-1) + 1 \Rightarrow a - b + c = -1$ ... (ii)
કારણ કે $f(x)$ એ $x = 1$ પર સતત છે,$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = f(1)$.
$2(1)^2 + 4(1) + 1 = c(1)^2 + b(1) + a \Rightarrow a + b + c = 7$ ... (iii)
(ii) અને (iii) નો સરવાળો કરતા: $2a + 2c = 6 \Rightarrow a + c = 3 \Rightarrow c = 3 - a$.
(iii) માંથી (ii) બાદ કરતા: $2b = 8 \Rightarrow b = 4$.
$b = 4$ અને $c = 3 - a$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $9(3 - a) + 6(4) + 4a = 56 \Rightarrow 27 - 9a + 24 + 4a = 56 \Rightarrow -5a = 5 \Rightarrow a = -1$.
તેથી $c = 3 - (-1) = 4$.
$x = -2$ માટે,$f(x) = ax^2 + bx + c$.
$\lim_{x \rightarrow -2} f(x) = a(-2)^2 + b(-2) + c = 4a - 2b + c = 4(-1) - 2(4) + 4 = -4 - 8 + 4 = -8$.

(B) આપેલ શ્રેણી એ પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 3x$ ધરાવતી સમગુણોત્તર શ્રેણી છે.
કારણ કે $-\frac{1}{3} < x < \frac{1}{3}$,તેથી $-1 < 3x < 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $|r| < 1$.
અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \frac{1}{1-3x}$ મળે છે.
વિધેય $f(x) = \frac{1}{1-3x}$ એ સંમેય વિધેય છે જે છેદ શૂન્ય ન હોય ત્યાં દરેક જગ્યાએ સતત છે.
છેદ $1 - 3x = 0$ જ્યારે $x = \frac{1}{3}$ થાય ત્યારે બને છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x = \frac{1}{3}$ પર અસતત છે.

(C) વિધેય $f(x) = [10^x]$ ત્યારે અસતત હોય છે જ્યારે $10^x$ પૂર્ણાંક હોય.
આપેલ અંતરાલ $0 < x < 10$ માટે,$10^x$ નો વિસ્તાર $10^0 < 10^x < 10^{10}$ છે,જે $1 < 10^x < 10^{10}$ તરીકે લખી શકાય.
વિધેય $[10^x]$ એ અંતરાલ $(1, 10^{10})$ માં $10^x$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત છે.
આ અંતરાલમાં આવતા પૂર્ણાંકો ${2, 3, 4, \dots, 10^{10}-1}$ છે.
આવા પૂર્ણાંકોની સંખ્યા $(10^{10}-1) - 2 + 1 = 10^{10}-2$ થાય.
તેથી,આપેલ અંતરાલમાં અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $10^{10}-2$ છે.

(C) કારણ કે $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત છે,તેથી $LHL = RHL = f(\frac{\pi}{2})$ થાય.
પ્રથમ,$LHL$ શોધો:
$LHL = \lim_{x \to \frac{\pi^-}{2}} \frac{1-\sin^3 x}{3 \cos^2 x}$. આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે.
$L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to \frac{\pi^-}{2}} \frac{-3 \sin^2 x \cos x}{3(2 \cos x)(-\sin x)} = \lim_{x \to \frac{\pi^-}{2}} \frac{\sin x}{2} = \frac{1}{2}$.
આમ,$\alpha = \frac{1}{2}$.
હવે,$RHL$ શોધો:
$RHL = \lim_{x \to \frac{\pi^+}{2}} \frac{\beta(1-\sin x)}{(\pi-2 x)^2} = \frac{1}{2}$.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$,જ્યાં $h \to 0$. તો $\pi - 2x = -2h$.
$\lim_{h \to 0} \frac{\beta(1-\sin(\frac{\pi}{2} + h))}{(-2h)^2} = \lim_{h \to 0} \frac{\beta(1-\cos h)}{4h^2} = \frac{1}{2}$.
લક્ષના સૂત્ર $\lim_{h \to 0} \frac{1-\cos h}{h^2} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\beta}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \implies \frac{\beta}{8} = \frac{1}{2} \implies \beta = 4$.
તેથી,$\alpha \beta = \frac{1}{2} \times 4 = 2$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત છે,તેથી $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x)$.
ધારો કે $t = x - \frac{\pi}{2}$. જેમ $x \to \frac{\pi}{2}$,તેમ $t \to 0$.
તેથી $x = t + \frac{\pi}{2}$.
છેદ $\log(1 + \pi^2 - 4\pi(t + \frac{\pi}{2}) + 4(t + \frac{\pi}{2})^2) = \log(1 + \pi^2 - 4\pi t - 2\pi^2 + 4(t^2 + \pi t + \frac{\pi^2}{4})) = \log(1 + 4t^2)$ થાય છે.
અંશ $1 - \sin(t + \frac{\pi}{2}) = 1 - \cos t$ થાય છે.
તેથી,$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{\log(1 + 4t^2)}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{t^2} = \frac{1}{2}$ અને $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1 + u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \lim_{t \to 0} \frac{(1 - \cos t)/t^2}{\log(1 + 4t^2)/(4t^2) \times 4} = \frac{1/2}{1 \times 4} = \frac{1}{8}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} \frac{72^x - 9^x - 8^x + 1}{\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x}}, & x \neq 0 \\ k \log 2 \log 3, & x = 0 \end{cases}$
વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થાય.
$\lim_{x \to 0} \frac{72^x - 9^x - 8^x + 1}{\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x}} = k \log 2 \log 3$
$\lim_{x \to 0} \frac{(9^x - 1)(8^x - 1)}{\sqrt{2} - \sqrt{2 \cos^2(x/2)}} = k \log 2 \log 3$
$\lim_{x \to 0} \frac{(9^x - 1)(8^x - 1)}{\sqrt{2}(1 - \cos(x/2))} = k \log 2 \log 3$
$1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{(9^x - 1)(8^x - 1)}{\sqrt{2} \cdot 2 \sin^2(x/4)} = k \log 2 \log 3$
$\lim_{x \to 0} \frac{(9^x - 1)}{x} \cdot \frac{(8^x - 1)}{x} \cdot \frac{x^2}{2\sqrt{2} \sin^2(x/4)} = k \log 2 \log 3$
$\log 9 \cdot \log 8 \cdot \frac{1}{2\sqrt{2} \cdot (1/4)^2} = k \log 2 \log 3$
$(2 \log 3) \cdot (3 \log 2) \cdot \frac{16}{2\sqrt{2}} = k \log 2 \log 3$
$6 \log 3 \log 2 \cdot \frac{8}{\sqrt{2}} = k \log 2 \log 3$
$6 \cdot 4\sqrt{2} = k$
$k = 24\sqrt{2}$.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $[0, \pi]$ માં સતત છે,તેથી તે $x = \frac{\pi}{4}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ,$\lim_{x \to \frac{\pi}{4}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}^+} f(x) = f(\frac{\pi}{4})$.
$\frac{\pi}{4} + a\sqrt{2}(\sin \frac{\pi}{4}) = 2(\frac{\pi}{4})(\cot \frac{\pi}{4}) + b$
$\frac{\pi}{4} + a = \frac{\pi}{2} + b \Rightarrow a - b = \frac{\pi}{4} \dots (I)$.
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ,$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} f(x) = f(\frac{\pi}{2})$.
$2(\frac{\pi}{2})(\cot \frac{\pi}{2}) + b = a(\cos \pi) - b(\sin \frac{\pi}{2})$.
કારણ કે $\cot \frac{\pi}{2} = 0$,તેથી $b = -a - b \Rightarrow a = -2b \dots (II)$.
સમીકરણ $(II)$ ને $(I)$ માં મૂકતા: $-2b - b = \frac{\pi}{4} \Rightarrow -3b = \frac{\pi}{4} \Rightarrow b = -\frac{\pi}{12}$.
તેથી $a = -2(-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{6}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$x \to 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} \frac{e^{\alpha x} - e^{x} - x}{x^{2}} = \frac{3}{2}$.
અહીં લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે $L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ:
$\lim_{x \to 0} \frac{\alpha e^{\alpha x} - e^{x} - 1}{2x} = \frac{3}{2}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$x = 0$ આગળ અંશની કિંમત $0$ હોવી જોઈએ:
$\alpha e^{0} - e^{0} - 1 = 0 \implies \alpha - 1 - 1 = 0 \implies \alpha = 2$.
$\alpha = 2$ મૂકીને ફરીથી $L$'Hospital નો નિયમ વાપરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2e^{2x} - e^{x} - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{4e^{2x} - e^{x}}{2} = \frac{4 - 1}{2} = \frac{3}{2}$.
આમ,$\alpha$ ની કિંમત $2$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 8$ હોવું જોઈએ.
લક્ષની ગણતરી કરતા: $\lim_{x \to 0} \frac{(e^x - 1)^4}{\sin(\frac{x^2}{k^2}) \log(1 + \frac{x^2}{2})} = 8$.
અંશ અને છેદને $x^4$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\lim_{x \to 0} \frac{(\frac{e^x - 1}{x})^4}{\frac{\sin(\frac{x^2}{k^2})}{x^2} \cdot \frac{\log(1 + \frac{x^2}{2})}{x^2}} = 8$.
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$,$\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$,અને $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1 + u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{(\frac{e^x - 1}{x})^4}{\frac{\sin(\frac{x^2}{k^2})}{\frac{x^2}{k^2}} \cdot \frac{1}{k^2} \cdot \frac{\log(1 + \frac{x^2}{2})}{\frac{x^2}{2}} \cdot \frac{1}{2}} = 8$.
લક્ષની કિંમતો મૂકતા: $\frac{1^4}{1 \cdot \frac{1}{k^2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2}} = 8$.
$\frac{1}{\frac{1}{2k^2}} = 2k^2 = 8$.
$k^2 = 4$,તેથી $k = 2$ (કારણ કે $k > 0$).

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $[0, 8]$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 2$ અને $x = 4$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 2$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$
$\lim_{x \to 2^-} (x^2 + ax + b) = 3(2) + 2$
$4 + 2a + b = 8$
$2a + b = 4 \quad \dots (i)$
$x = 4$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^+} f(x) = f(4)$
$3(4) + 2 = 2a(4) + 5b$
$14 = 8a + 5b \quad \dots (ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $4$ વડે ગુણતા,આપણને $8a + 4b = 16 \quad \dots (iii)$ મળે છે.
સમીકરણ $(ii)$ માંથી $(iii)$ બાદ કરતા:
$(8a + 5b) - (8a + 4b) = 14 - 16$
$b = -2$
$b = -2$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$2a - 2 = 4$
$2a = 6 \implies a = 3$
આમ,$a = 3$ અને $b = -2$.

(D) $f(x)$ ને $[0, 8]$ પર સતત રહેવા માટે,તે $x = 2$ અને $x = 4$ બિંદુઓ પર સતત હોવું જોઈએ.
$x = 2$ પર:
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$
$2^2 + a(2) + b = 3(2) + 2$
$4 + 2a + b = 8 \Rightarrow 2a + b = 4$ --- $(i)$
$x = 4$ પર:
$\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^+} f(x) = f(4)$
$3(4) + 2 = 2a(4) + 5b$
$14 = 8a + 5b$ --- $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ને ઉકેલતા,આપણને $a = 3$ અને $b = -2$ મળે છે. જોકે,આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$a = 11$ અને $b = -18$ એ વિકલ્પ $D$ માં આપેલ છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે $f(x) = \frac{\log_e(1 + x^2 \tan x)}{\sin x^3}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\log_e(1 + u)}{u} = 1$ અને $\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લક્ષને આ રીતે લખી શકીએ:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{\log_e(1 + x^2 \tan x)}{x^2 \tan x} \times \frac{x^2 \tan x}{\sin x^3} \right)$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\log_e(1 + x^2 \tan x)}{x^2 \tan x} = 1$,તેથી:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \tan x}{\sin x^3}$.
જ્યારે $x \to 0$ હોય ત્યારે $\tan x \approx x$ અને $\sin x^3 \approx x^3$ લેતા:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \cdot x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{x^3} = 1$.
તેથી,$f(0) = 1$.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x=0$ અને $x=3$ આગળ પણ સતત હશે.
$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x)$.
$f(0) = \sin(0) = 0$.
$\lim_{x \to 0^+} (x^2+a) = 0^2+a = a$.
$\lim_{x \to 0^-} \sin x = 0$.
આમ,$a = 0$.
$x=3$ આગળ સાતત્ય માટે:
$f(3) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^-} f(x)$.
$f(3) = b(3)+3 = 3b+3$.
$\lim_{x \to 3^+} (-3) = -3$.
$\lim_{x \to 3^-} (bx+3) = 3b+3$.
તેથી,$3b+3 = -3 \implies 3b = -6 \implies b = -2$.
તેથી,$a+b = 0 + (-2) = -2$.

(B) આપેલ છે કે,$f(x) = \begin{cases} \frac{2^x-1}{\sqrt{1+x}-1}, & x \neq 0 \\ k, & x=0 \end{cases}$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
કારણ કે $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી તે $x=0$ આગળ પણ સતત હશે.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2^x-1}{\sqrt{1+x}-1} = k$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે,તેથી $L^{\prime}$ Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx}(2^x-1)}{\frac{d}{dx}(\sqrt{1+x}-1)} = k$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2^x \log_e 2}{\frac{1}{2\sqrt{1+x}}} = k$.
$x=0$ મુકતા: $\frac{2^0 \log_e 2}{\frac{1}{2\sqrt{1+0}}} = k$.
$\frac{1 \cdot \log_e 2}{\frac{1}{2}} = k$.
$2 \log_e 2 = k$.
$n \log a = \log a^n$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$k = \log_e 2^2 = \log_e 4$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = [x]^2 - [x^2]$.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,ધારો કે $x = n + h$,જ્યાં $0 \le h < 1$.
તેથી $f(n+h) = [n+h]^2 - [(n+h)^2] = n^2 - [n^2 + 2nh + h^2] = n^2 - n^2 - [2nh + h^2] = -[2nh + h^2]$.
$x = n$ આગળ,$f(n) = [n]^2 - [n^2] = n^2 - n^2 = 0$.
$x \to n^-$ માટે,ધારો કે $x = n - h$ જ્યાં $h \to 0^+$. તેથી $f(n-h) = [n-h]^2 - [(n-h)^2] = (n-1)^2 - [n^2 - 2nh + h^2]$.
$n=0$ માટે,$f(0)=0$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = [-h]^2 - [h^2] = (-1)^2 - 0 = 1$. $1 \neq 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ અસતત છે.
$n=1$ માટે,$f(1)=0$. $\lim_{x \to 1^-} f(x) = [1-h]^2 - [(1-h)^2] = 0^2 - 0 = 0$. $\lim_{x \to 1^+} f(x) = [1+h]^2 - [(1+h)^2] = 1^2 - 1 = 0$. $0=0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
અન્ય કોઈપણ પૂર્ણાંક $n \neq 0, 1$ માટે,વિધેય અસતત છે કારણ કે ડાબી અને જમણી બાજુની લક્ષની કિંમત $f(n)=0$ જેટલી થશે નહીં.
આમ,$f(x)$ એ $1$ સિવાયના તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \frac{\log (1+x)^{1+x}}{x^2} - \frac{1}{x}$.
ગુણધર્મ $\log(a^b) = b \log a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{(1+x) \log (1+x)}{x^2} - \frac{1}{x} = \frac{(1+x) \log (1+x) - x}{x^2}$.
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{(1+x) \log (1+x) - x}{x^2}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે,તેથી $L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx} [(1+x) \log (1+x) - x]}{\frac{d}{dx} [x^2]} = \lim_{x \to 0} \frac{(1+x) \cdot \frac{1}{1+x} + \log(1+x) - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{1 + \log(1+x) - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{2x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$.
તેથી,$6 f(0) = 6 \times \frac{1}{2} = 3$.

(A) આપેલ વિધેય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{x-4}{|x-4|} + a, & x < 4 \\ a+b, & x=4 \\ \frac{x-4}{|x-4|} + b, & x > 4 \end{cases}$
$x < 4$ માટે,$|x-4| = -(x-4)$,તેથી $\frac{x-4}{|x-4|} = -1$. આમ,$f(x) = -1 + a$.
$x > 4$ માટે,$|x-4| = (x-4)$,તેથી $\frac{x-4}{|x-4|} = 1$. આમ,$f(x) = 1 + b$.
વિધેય $x=4$ આગળ સતત હોવાથી,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયનું મૂલ્ય $f(4)$ સમાન હોવા જોઈએ:
$\text{LHL} = \lim_{x \to 4^-} f(x) = -1 + a$
$\text{RHL} = \lim_{x \to 4^+} f(x) = 1 + b$
$f(4) = a + b$
આને સરખાવતા: $-1 + a = a + b = 1 + b$.
$-1 + a = a + b$ પરથી,આપણને $b = -1$ મળે છે.
$a + b = 1 + b$ પરથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
તેથી,$a=1$ અને $b=-1$.

(D) વિધેય $f(x)$ સતત હોવા માટે,તે $x=1$,$x=3$,અને $x=5$ બિંદુઓ પર સતત હોવું જોઈએ.
$x=1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 5$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = a+b$. તેથી,$a+b=5$ (સમીકરણ $i$).
$x=3$ પર: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = a+3b$ અને $\lim_{x \to 3^+} f(x) = b+15$. તેથી,$a+3b = b+15 \Rightarrow a+2b=15$ (સમીકરણ $ii$).
$x=5$ પર: $\lim_{x \to 5^-} f(x) = b+25$ અને $\lim_{x \to 5^+} f(x) = 30$. તેથી,$b+25=30 \Rightarrow b=5$ (સમીકરણ $iii$).
$b=5$ ને સમીકરણ $ii$ માં મૂકતા: $a+2(5)=15 \Rightarrow a=5$.
હવે,તપાસો કે શું $a=5$ અને $b=5$ સમીકરણ $i$ નું પાલન કરે છે: $5+5 = 10 \neq 5$.
આમ,$x=1, 3, 5$ પર સાતત્યની શરતો એકસાથે સંતોષાતી ન હોવાથી,$f$ એ $a$ અને $b$ ની કોઈપણ કિંમત માટે સતત નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x-1}{x^3+6x^2+11x+6}$ છે.
સૌ પ્રથમ,છેદ $x^3+6x^2+11x+6$ ના અવયવો પાડીએ.
અવયવ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$x = -1$ મુકતા $(-1)^3 + 6(-1)^2 + 11(-1) + 6 = -1 + 6 - 11 + 6 = 0$ મળે છે.
તેથી,$(x+1)$ એ એક અવયવ છે. બહુપદીને $(x+1)$ વડે ભાગતા $x^2+5x+6$ મળે છે,જેના અવયવો $(x+2)(x+3)$ થાય છે.
આમ,$f(x) = \frac{x-1}{(x+1)(x+2)(x+3)}$.
સંમેય વિધેય ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં તેનો છેદ શૂન્ય થાય.
છેદને શૂન્ય લેતા: $(x+1)(x+2)(x+3) = 0$.
આથી અસતત બિંદુઓ $x = -1, -2, -3$ મળે છે.
આમ,$\mathbb{R}$ માં અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots$ અને $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \dots$ ના ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(\sin x) = 1 - \frac{(x - x^3/6)^2}{2} + \frac{(x - x^3/6)^4}{24} = 1 - \frac{x^2 - x^4/3}{2} + \frac{x^4}{24} = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}$.
હવે,$f(x) = \frac{(1 - x^2/2 + 5x^4/24) - (1 - x^2/2 + x^4/24)}{x^4} = \frac{4x^4/24}{x^4} = \frac{1}{6}$.
તેથી,$k = \lim_{x \to 0} f(x) = \frac{1}{6}$.

(A) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{4}$ આગળ સતત છે,તેથી $f(\frac{\pi}{4}) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} f(x)$ થવું જોઈએ.
અહીં $f(\frac{\pi}{4}) = k$ છે,તેથી આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$k = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{1-\sqrt{2} \sin x}{\pi-4 x}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે. અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$k = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{d}{dx}(1-\sqrt{2} \sin x)}{\frac{d}{dx}(\pi-4 x)}$
$k = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{-\sqrt{2} \cos x}{-4}$
$x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$k = \frac{-\sqrt{2} \cos(\frac{\pi}{4})}{-4} = \frac{-\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}}}{-4} = \frac{-1}{-4} = \frac{1}{4}$.

(C) અસતત બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે સંક્રમણ બિંદુઓ $x = 0, 1, 2, 3$ પર લક્ષ તપાસીએ.
$x = 0$ પર: $f(0) = 3-2(0)^2 = 3$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 3$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 2(0)+3 = 3$. સતત છે.
$x = 1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2(1)+3 = 5$. $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2(1)^2-3(1) = -1$. $5 \neq -1$ હોવાથી,$x = 1$ એ અસતત બિંદુ છે.
$x = 2$ પર: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = 2(2)^2-3(2) = 8-6 = 2$. $\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2(2)-3 = 1$. $2 \neq 1$ હોવાથી,$x = 2$ એ અસતત બિંદુ છે.
$x = 3$ પર: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = 2(3)-3 = 3$. $\lim_{x \to 3^+} f(x) = |3| = 3$. સતત છે.
આમ,અસતત બિંદુઓ $a = 2$ અને $b = 1$ છે ($a > b$ આપેલ છે).
તેથી,$3a - b = 3(2) - 1 = 6 - 1 = 5$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} [x], & \text{જો } x < 2 \\ [x]-1, & \text{જો } x \geq 2 \end{cases}$ છે.
પ્રથમ,$x = 2$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
$f(2) = [2] - 1 = 2 - 1 = 1$.
$x = 2$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{h \to 0} [2-h] = 1$.
$x = 2$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{h \to 0} ([2+h] - 1) = 2 - 1 = 1$.
અહીં $LHL = RHL = f(2)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ સતત છે.
$x \in [1, 2)$ માટે,$f(x) = [x]$. મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ કોઈપણ અંતરાલ $[n, n+1)$ પર સતત હોય છે જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$. તેથી,$f(x)$ એ $[1, 2)$ પર સતત છે.
$x \in [2, 3)$ માટે,$f(x) = [x] - 1$. તેવી જ રીતે,આ $[2, 3)$ પર સતત છે.
વિધેય $x = 2$ આગળ પણ સતત હોવાથી,$f(x)$ એ $[1, 3)$ અંતરાલમાં સતત છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર સતત હોવાથી,તે $x=0$ અને $x=2$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\cos(0) = 3(0) + \alpha \implies 1 = \alpha$.
$x=2$ આગળ,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$.
$3(2) + \alpha = \beta(2) + 3$.
$\alpha = 1$ મૂકતા: $6 + 1 = 2\beta + 3 \implies 7 = 2\beta + 3 \implies 2\beta = 4 \implies \beta = 2$.
તેથી,$\alpha^2 + \beta^2 = (1)^2 + (2)^2 = 1 + 4 = 5$.

(B) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ છે કે $f(0) = a$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to 0} (1+3x)^{\frac{4}{x}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે,જેને $\lim_{x \to 0} (1+f(x))^{g(x)} = e^{\lim_{x \to 0} f(x)g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ઉકેલી શકાય છે.
અહીં,$f(x) = 3x$ અને $g(x) = \frac{4}{x}$ છે.
તેથી,$\lim_{x \to 0} (1+3x)^{\frac{4}{x}} = e^{\lim_{x \to 0} (3x \cdot \frac{4}{x})} = e^{\lim_{x \to 0} 12} = e^{12}$.
વિધેય સતત હોવાથી,$a = e^{12}$ થાય.
તેથી,$\log a = \log(e^{12}) = 12 \log e = 12$ (પ્રાકૃતિક લઘુગણક ધારતા).

(A) આપેલ છે: $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(a + 1)x + \sin x}{x}, & x < 0 \\ b, & x = 0 \\ \frac{\sqrt{x + x^2} - \sqrt{x}}{x^{3/2}}, & x > 0 \end{cases}$
કારણ કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ પણ સતત હશે.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = b$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ માટે:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin(a + 1)x + \sin x}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{\sin(a + 1)x}{x} + \frac{\sin x}{x} \right) = (a + 1) + 1 = a + 2$.
તેથી,$a + 2 = b$ . . . $(i)$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ માટે:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x + x^2} - \sqrt{x}}{x^{3/2}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{1 + x} - 1)}{x \cdot \sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x}$.
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ કરણી વડે ગુણતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{(\sqrt{1 + x} - 1)(\sqrt{1 + x} + 1)}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1 + x - 1}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1} = \frac{1}{2}$.
આમ,$b = \frac{1}{2}$.
સમીકરણ $(i)$ માં $b$ ની કિંમત મૂકતા: $a + 2 = \frac{1}{2} \Rightarrow a = \frac{1}{2} - 2 = -\frac{3}{2}$.
અંતે,$a + b = -\frac{3}{2} + \frac{1}{2} = -\frac{2}{2} = -1$.

(B) $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = f\left(\frac{\pi}{2}\right) = k$ હોવું જોઈએ.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$. જેમ $x \to \frac{\pi}{2}$,તેમ $h \to 0$.
તેથી $\pi - 2x = \pi - 2(\frac{\pi}{2} + h) = -2h$.
વળી,$\sin x = \sin(\frac{\pi}{2} + h) = \cos h$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim_{h \to 0} \frac{1 - \cos h}{(-2h)^2} = \lim_{h \to 0} \frac{1 - \cos h}{4h^2}$.
નિત્યસમ $1 - \cos h = 2 \sin^2(\frac{h}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{h \to 0} \frac{2 \sin^2(\frac{h}{2})}{4h^2} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{2} \left( \frac{\sin(h/2)}{h} \right)^2 = \lim_{h \to 0} \frac{1}{2} \left( \frac{\sin(h/2)}{2(h/2)} \right)^2 = \frac{1}{2} \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$.
આમ,$k = \frac{1}{8}$.

(B) $x = 0$ આગળ $f(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસવા માટે,આપણે $\lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ ની કિંમત શોધવી પડશે.
$x \neq 0$ માટે $f(x) = \frac{\cos(ax) - \cos(bx)}{x^2}$ આપેલ છે.
લક્ષના સૂત્ર $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos(\theta)}{x^2} = \frac{\theta^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos(ax) - \cos(bx)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \left[ \frac{1 - \cos(bx)}{x^2} - \frac{1 - \cos(ax)}{x^2} \right]$
$= \lim_{x \rightarrow 0} \left[ \frac{2 \sin^2(bx/2)}{x^2} - \frac{2 \sin^2(ax/2)}{x^2} \right]$
$= 2 \left( \frac{b}{2} \right)^2 - 2 \left( \frac{a}{2} \right)^2 = \frac{b^2 - a^2}{2}$.
અહીં $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \frac{b^2 - a^2}{2}$ અને $f(0) = \frac{b^2 - a^2}{2}$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.

(B) ધારો કે $x = n + f$,જ્યાં $n = [x]$ એ પૂર્ણાંક છે અને $0 \leq f < 1$ એ $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે.
તેથી $f(x) = n + \sqrt{f}$ થાય.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,$x \to n^+$ લક્ષ તપાસતા,$x = n + h$ જ્યાં $h \to 0^+$,તેથી $[x] = n$ અને $x - [x] = h$. આમ,$\lim_{x \to n^+} f(x) = n + \sqrt{0} = n$.
$x \to n^-$ લક્ષ માટે,$x = n - h$ લો જ્યાં $h \to 0^+$. તેથી $[x] = n - 1$ અને $x - [x] = 1 - h$. આમ,$\lim_{x \to n^-} f(x) = (n - 1) + \sqrt{1 - 0} = n - 1 + 1 = n$.
કારણ કે $\lim_{x \to n^+} f(x) = \lim_{x \to n^-} f(x) = f(n) = n$,વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો $n \in Z$ પર સતત છે.
વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો પર સતત હોવાથી અને કોઈપણ બે ક્રમિક પૂર્ણાંકો વચ્ચે પણ સતત હોવાથી,વિધેય $f(x)$ તમામ $x \in R$ માટે સતત છે.

(A) $f$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = \frac{1}{2}$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos ax}{x \sin x}$.
નિત્યસમ $1-\cos ax = 2 \sin^{2}(\frac{ax}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા,લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin^{2}(\frac{ax}{2})}{x \sin x}$ બને છે.
અંશ અને છેદને $x^{2}$ વડે ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \frac{\sin^{2}(ax/2)}{x^{2}}}{\frac{\sin x}{x}} = \lim_{x \to 0} \frac{2 \cdot (\frac{a}{2})^{2} \cdot (\frac{\sin(ax/2)}{ax/2})^{2}}{\frac{\sin x}{x}}$.
કારણ કે $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,તેથી લક્ષ $\frac{2 \cdot (a^{2}/4)}{1} = \frac{a^{2}}{2}$ થાય છે.
આને $f(0)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\frac{a^{2}}{2} = \frac{1}{2}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $a^{2} = 1$.

(C) વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} x-1, & x \leq 1 \\ 2-x^2, & 1 < x \leq 3 \\ x-10, & 3 < x < 5 \\ 2x, & x \geq 5 \end{cases}$
$f(x)$ એ અંતરાલો $(-\infty, 1), (1, 3), (3, 5)$ અને $(5, \infty)$ માં સતત છે. આપણે $x=1, 3$ અને $5$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ.
$(i)$ $x=1$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = 1-1 = 0$
$\lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = 2-(1)^2 = 1$
અહીં $\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) \neq \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x)$,તેથી $f$ એ $x=1$ આગળ અસતત છે.
(ii) $x=3$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow 3^-} f(x) = 2-(3)^2 = 2-9 = -7$
$f(3) = 2-(3)^2 = -7$
$\lim_{x \rightarrow 3^+} f(x) = 3-10 = -7$
અહીં $\lim_{x \rightarrow 3^-} f(x) = f(3) = \lim_{x \rightarrow 3^+} f(x)$,તેથી $f$ એ $x=3$ આગળ સતત છે.
(iii) $x=5$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow 5^-} f(x) = 5-10 = -5$
$\lim_{x \rightarrow 5^+} f(x) = 2(5) = 10$
અહીં $\lim_{x \rightarrow 5^-} f(x) \neq \lim_{x \rightarrow 5^+} f(x)$,તેથી $f$ એ $x=5$ આગળ અસતત છે.
આમ,અસતત બિંદુઓનો ગણ $\{1, 5\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = [x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય દર્શાવે છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ $x$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત હોય છે.
વિધેયનો પ્રદેશ $(-7, 7)$ આપેલ છે.
અંતરાલ $(-7, 7)$ માં આવતા પૂર્ણાંકો $\{-6, -5, -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ છે.
આ પૂર્ણાંકોની ગણતરી કરતા,આપણને કુલ $13$ કિંમતો મળે છે.
તેથી,વિધેય $f(x) = [x]$ ને અંતરાલ $(-7, 7)$ માં $13$ અસતત બિંદુઓ છે.

(B) આપેલ વિધેય,$f(x) = \begin{cases} 1-x, & x < 1 \\ (1-x)(2-x), & 1 \leq x \leq 2 \\ 3-x, & x > 2 \end{cases}$
$x=1$ આગળ વિધેય $f(x)$ સતત છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ,જમણી બાજુની લક્ષ અને વિધેયની કિંમત તપાસીએ.
$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^-} (1-x) = 1-1 = 0$.
$\lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} (1-x)(2-x) = (1-1)(2-1) = 0 \times 1 = 0$.
$f(1) = (1-1)(2-1) = 0$.
અહીં $\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ આગળ સતત છે.
હવે,$x=2$ આગળ સાતત્ય તપાસવા માટે:
$\lim_{x \rightarrow 2^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^-} (1-x)(2-x) = (1-2)(2-2) = (-1) \times 0 = 0$.
$\lim_{x \rightarrow 2^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^+} (3-x) = 3-2 = 1$.
અહીં $\lim_{x \rightarrow 2^-} f(x) \neq \lim_{x \rightarrow 2^+} f(x)$ હોવાથી,વિધેય $x=2$ આગળ અસતત છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0) = 2$.
પ્રથમ,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ શોધો:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(-h) = \lim_{h \rightarrow 0} \left( \beta + \left[ \frac{\sin(-h) - (-h)}{(-h)^3} \right] \right) = \lim_{h \rightarrow 0} \left( \beta + \left[ \frac{-\sin h + h}{-h^3} \right] \right) = \lim_{h \rightarrow 0} \left( \beta + \left[ \frac{\sin h - h}{h^3} \right] \right)$.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણ $\sin h = h - \frac{h^3}{6} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{\sin h - h}{h^3} = \frac{-h^3/6}{h^3} = -\frac{1}{6}$ મળે છે.
આમ,$LHL$ $= \beta + [-1/6] = \beta - 1$.
કારણ કે $LHL$ $= f(0)$,તેથી $\beta - 1 = 2 \Rightarrow \beta = 3$.
હવે,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ શોધો:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \left( \alpha + \frac{\sin [h]}{h} \right)$.
$0 < h < 1$ માટે,$[h] = 0$,તેથી $\lim_{h \rightarrow 0} \left( \alpha + \frac{\sin 0}{h} \right) = \alpha + 0 = \alpha$.
કારણ કે $RHL$ $= f(0)$,તેથી $\alpha = 2$.
અંતે,$\beta - \alpha = 3 - 2 = 1$.

(B) કોઈ વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$x \rightarrow 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
અહીં $f(0) = k$ આપેલ છે.
આપણે $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1+3x^2-\cos 2x}{x^2}$ ની ગણતરી કરીએ.
નિત્યસમ $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1+3x^2-(1-2\sin^2 x)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1+3x^2-1+2\sin^2 x}{x^2}$.
$= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{3x^2+2\sin^2 x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( 3 + 2\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,તેથી:
$= 3 + 2(1)^2 = 3 + 2 = 5$.
આમ,સાતત્ય માટે $k = 5$ થાય.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{4}$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} f(x) = f\left(\frac{\pi}{4}\right)$ થવું જોઈએ.
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{1-\sqrt{2} \sin x}{\pi-4x}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{d}{dx}(1-\sqrt{2} \sin x)}{\frac{d}{dx}(\pi-4x)} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{-\sqrt{2} \cos x}{-4}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$= \frac{-\sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}{-4} = \frac{-1}{-4} = \frac{1}{4}$.
તેથી $f\left(\frac{\pi}{4}\right) = a$ હોવાથી,$a = \frac{1}{4}$ મળે છે.